【破環成鏈】【區間dp】LGP4342 [IOI1998]Polygon

題目可能有些許修改，但大意一致

多邊形是一個玩家在一個有n個頂點的多邊形上的遊戲，如圖所示，其中n＝4。每個頂點用整數標記，每個邊用符號+（加）或符號*（乘積）標記。

第一步，刪除其中一條邊。隨後每一步：

選擇一條邊連線的兩個頂點V1和V2，用邊上的運算子計算V1和V2得到的結果來替換這兩個頂點。

遊戲結束時，只有一個頂點，沒有多餘的邊。

如圖所示，玩家先移除編號為3的邊。之後，玩家選擇計算編號為1的邊，然後計算編號為4的邊，最後，計算編號為2的邊。結果是0。

（翻譯者友情提示：這裡每條邊的運算子旁邊的數字為邊的編號，不拿來計算）

編寫一個程式，給定一個多邊形，計算最高可能的分數。

輸入格式

輸入描述一個有n個頂點的多邊形，它包含兩行。第一行是數字n，為總邊數。

第二行描述這個多邊形，一共有2n個讀入，每兩個讀入中第一個是字元，第二個是數字。

第一個字元為第一條邊的計算符號(t代表相加，x代表相乘)，第二個代表頂點上的數字。首尾相連。

3 < = n < = 50

對於任何一系列的操作，頂點數字都在[-32768,32767]的範圍內。

輸出格式

第一行，輸出最高的分數。在第二行，它必須寫出所有可能的被清除後的邊仍能得到最高得分的列表，必須嚴格遞增。

感謝@2016c01 提供的翻譯

輸入輸出樣例
輸入 #1

4
t -7 t 4 x 2 x 5
 

很明顯這裡t表示這條邊是加法邊，然後後面那個數字表示這條邊指向的結點的權值。
然後x代表乘法邊。
輸出 #1

33
1 2

題意

首先定義邊的型別為加或者乘，然後每次可以選擇一條邊把兩邊的結點合併，合併運算就是結點內數字對應邊的型別的運算。
比如說權值為1的點和權值為2的點通過加法邊可以合併為\(1+2=3\)的一個點，繼承原來點點所有邊。
現在給出一個\(3\leq n\leq 50\)個點\(n\)條邊的簡單環，求進行\(n-1\)次操作後剩下那個點的點權最大值。

思路

進行\(n-1\)次操作，就相當於捨棄掉一條邊，而剩下的邊必須在區間上連續。
那麼我們首先也是要破環成鏈，複製一份放在後面
然後又是合併問題了。
定義\(dp_{i,j}\)

初始狀態：\(dp_{i,i+1}=val_i\)
結束狀態：因為是隻進行了\(n-1\)次操作，但是合併了\(n\)個點，所以是\(\max_{0\leq i<n}\{dp_{1+i,n+i+1}\}\)
轉移順序：

1. 區間長度升序\(len:[2,n]\)
2. 區間起點升序\(i:[1,n-len+1]\),同時定義區間終點\(j=i+len\)
3. 中轉點升序\(k:(i,j)\)

注意到有負數所以\(dp\)陣列其他元素初始值要是負數的極小值

打完回來
\(80pts\)
然後發現漏考慮了一些情況。
這裡是有負數的。
是有負數乘法的。。。
負數乘以負數負負得正。
所以負數下乘數越小乘積越大。
所以我們不能只記錄一個最大值，還需要記錄一個最小值。
再分別討論一下。
對於加法，肯定是小的加小的得到最小的，大的加大的得到最大的。
至於乘法，最小的可能是兩個最小的相乘，也可能是最大的和最小的相乘，還可能是最大的和最小的相乘。。。
但是最大的就只有倆情況：最大和最大，最小和最小。
對於上述的五種情況，分別取個最值就可以維護最大值和最小值了
（真的有被坑到，不愧是IOI的題）
總結一下，整個題需要倆陣列\(dp_{i,j}\)表示合成\([i,j)\)的最大值，\(mn_{i,j}\)表示最小值，然後有

答案就是\(\max_{0\leq i<n}\{dp_{1+i,1+n+i}\}\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=128;
inline const int x(const int a,const int b)
{
	return a*b;
}
inline const int t(const int a,const int b)
{
	return a+b;
}
const int(*p[N])(const int,const int);
int val[N],dp[N][N],mn[N][N];
char tpe[N];
int nn,n,ans;

int main()
{
	cin>>nn;
	memset(dp,0x80,sizeof(dp));
	memset(mn,0x01,sizeof(mn));
	for(register int i=1;i<=nn;++i) cin>>tpe[i]>>val[i];
	for(register int i=1;i<=nn;++i) tpe[i+nn]=tpe[i];
	for(register int i=1;i<=nn;++i) val[i+nn]=val[i];
	n=nn<<1;
	for(register int i=1;i<=n;++i) p[i]=tpe[i]=='t'? t:x;
	for(register int i=1;i<=n;++i) mn[i][i+1]=dp[i][i+1]=val[i];
	for(register int len=2;len<=n;++len)
	{
		for(register int i=1;i<=n-len+1;++i)
		{
			const int j=i+len;
			for(register int k=i+1;k<j;++k)
			{
				dp[i][j]=max(dp[i][j],(*p[k])(dp[i][k],dp[k][j]));
				dp[i][j]=max(dp[i][j],(*p[k])(mn[i][k],mn[k][j]));
				mn[i][j]=min(mn[i][j],(*p[k])(mn[i][k],mn[k][j]));
				mn[i][j]=min(mn[i][j],(*p[k])(mn[i][k],dp[k][j]));
				mn[i][j]=min(mn[i][j],(*p[k])(dp[i][k],mn[k][j]));
			}
		}
	}
	ans=dp[0][0];
	for(register int i=0;i<nn;++i)
	{
		ans=max(ans,dp[1+i][nn+i+1]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	for(register int i=0;i<nn;++i)
	{
		if(ans==dp[1+i][nn+i+1])
		{
			printf("%d ",i+1);
		}
	}
	printf("\n");
	return 0;
}